[COI2009] PLAHTE 题解
首先对于每一个矩形，若 \(x_2<0\)，就将 \(x_1,x_2\) 均乘上 \(-1\) 再交换，对于 \(y_1,y_2\) 也做同样的操作。
我们建立一个操作序列 a[0~1000]，和一个数组 \(d\)，每一个操作用 \((x,y)\) 表示，就是在 \(d\) 内把所有 \(0\) 到 \(x\) 的位置加上 \(y\)。
我们再定义一种新的操作 \([x,y,z]\)，表示对于每一个 \(0\le i\le x\) 都在 a[i] 处插入一个操作 \((y,z)\)。
我们定义一种行为 \(\{i,x_1,x_2,z\}\)，表示执行：
- 若 \(x_1<0\)，就执行三个操作操作 \([i,-x_1,z],[i,x_2,z],[i,0,-z]\)
- 若 \(x_1=0\)，就执行操作 \([i,x_2,z]\)
- 若 \(x_1>0\)，就执行两个操作 \([i,x_2,z],[i,x_1-1,-z]\)
下面对于每一个矩形的 \(y_1,y_2\) 进行分类：
- 若 \(y_1<0\)，执行行为 \(\{-y_1,x_1,x_2,1\},\{y_2,x_1,x_2,1\},\{0,x_1,x_2,-1\}\)
- 若 \(y_1=0\)，执行行为 \(\{y_2,x_1,x_2,1\}\)
- 若 \(y_1>0\)，执行行为 \(\{y_2,x_1,x_2,1\},\{y_1-1,x_1,x_2,-1\}\)
因为询问的时间是单调递增的，可以记录一个时间 \(t\)，表示当前是 \(t\) 时刻，初始化 \(t=-1\)。对于每一个询问 \(k\)，重复下面的操作直到 \(t=k\)：
- 将 \(t+1\)，然后执行
a[t]的所有操作。
最后的答案就对于每一个 \(0\le i\le k\)，\(d\) 数组内第 \(i\) 个位置对应的值的和，可以用树状数组维护 \(d\)。但是这只能过掉 \(|y_1|,|y_2|\le 1000\) 的数据。
正解
我们发现要执行的操作 \([x,y,z]\) 的数量是不多的。
再经过仔细思考，可以发现 \(t\) 时刻的答案就是对于所有 \([x,y,z]\)，\((\min(x,t)+1)(\min(y,t)+1)\times z\) 的和。详细的原因可以看看题解的末尾。
我们先不执行这些操作，把这些操作插入到一个集合 \(S\)，然后维护四个值 sum,add,ans,addans：
-
sum表示所有 \(y>t\) 的操作 \([x,y,z]\) 的 \(z\times(\min(x,t)+1)\) 的和。 -
add表示 \(t\) 每怎加 \(1\) 时sum要增加的值，也就是所有 \(y>t\land x>t\) 的操作 \([x,y,z]\) 的 \(z\) 的和。 -
ans表示所有 \(y\le t\) 的操作 \([x,y,z]\) 对答案的贡献。 -
addans表示 \(t\) 每怎加 \(1\) 时ans要增加的值，也就是所有 \(y\le t\land x>t\) 的操作 \([x,y,z]\) 的 \(z\times(y+1)\) 的和。
我们建立一个 \(dl\) 数组，对于每一个操作 \([x,y,z]\) 在 dl[x+1] 处插入。
当 \(t\) 每次增加 \(1\) 时，枚举所有 dl[t] 内的操作 \([x,y,z]\)：
-
若此操作已经在集合 \(S\) 内被删除了（也就是在这次询问之前 \(y\le t\)），就把
addans减去 \(z\times(y+1)\)。 -
若此操作还在集合 \(S\) 内（也就是在这次询问之前 \(y>t\)），就把
add减去 \(z\)。
直到 \(t=k\) 时 \(t\) 才停止增加，下面再更新集合 \(S\)。枚举所有满足 \(y\le k\) 的操作 \([x,y,z]\)：
-
若 \(x\ge k\)，说明此操作还在未在上面的
dl数组中被访问过，此时sum要减去 \(z\times(k+1)\)，add减去 \(z\)，ans加上 \(z\times (k+1)(y+1)\)，addans加上 \(z\times (y+1)\)。 -
若 \(x<k\)，把
sum减去 \(z\times (x+1)\)，ans加上 \(z\times (x+1)(y+1)\)。
最终的答案就是 \((t+1)\times sum+ans\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 1000003
#define md 1000000007
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0;bool flag=true;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')flag=false;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return flag?x:-x;
}
struct node{
int x,y,z;
};
inline bool operator<(node x,node y){
return x.y!=y.y?x.y<y.y:x.x!=y.x?x.x<y.x:x.z<y.z;
}
int n,m,t=-1;
vector<node>dl[mxn];
multiset<node>s;
ll sum,add,ans,ads;
void puta(int x,int y,int z){
add+=z;
s.insert({x,y,z});
dl[x+1].pb({x,y,z});
}
void ins(int x,int l,int r,int y){
if(l<0){
puta(x,-l,y);
puta(x,r,y);
puta(x,0,-y);
}else if(l==0){
puta(x,r,y);
}else{
puta(x,r,y);
puta(x,l-1,-y);
}
}
signed main(){
n=read();
for(int i=0,x1,x2,y1,y2;i<n;++i){
x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
if(x1<0&&x2<0){
swap(x1,x2);
x1=-x1,x2=-x2;
}
if(y1<0&&y2<0){
swap(y1,y2);
y1=-y1,y2=-y2;
}
if(y1<0){
ins(-y1,x1,x2,1);
ins(y2,x1,x2,1);
ins(0,x1,x2,-1);
}else if(y1==0){
ins(y2,x1,x2,1);
}else{
ins(y2,x1,x2,1);
ins(y1-1,x1,x2,-1);
}
}
m=read();
int x;
while(m--){
x=read();
while(t<x){
t++;
for(node i:dl[t]){
auto it=s.find(i);
if(it==s.end())ads-=i.z*(i.y+1ll);
else add-=i.z;
}
sum+=add;
ans+=ads;
}
while(s.size()&&(s.begin()->y)<=x){
node i=*s.begin();s.erase(s.begin());
if(i.x>=x){
sum-=i.z*(x+1ll);
add-=i.z;
ans+=i.z*(i.y+1ll)*(x+1ll);
ads+=i.z*(i.y+1ll);
}else{
sum-=i.z*(i.x+1ll);
ans+=(i.x+1ll)*(i.y+1ll)*i.z;
}
}
printf("%lld\n",sum*(x+1ll)+ans);
}
return 0;
}
问题：为什么 \(t\) 时刻的答案就是对于所有 \([x,y,z]\)，\((\min(x,t)+1)(\min(y,t)+1)\times z\) 的和。
题目要求的就是一个左下角为 \((-k,-k)\)，右上角为 \((k,k)\) 的大矩形和一些其他的矩形的交的面积之和。
因为最终的答案是所有 \(t\le k\) 时的 \(d\) 数组内的第 \(0\) 到 \(i\) 个位置对应的值的总和，操作 \([x,y,z]\) 就可以转化成一个左下角是 \((0,0)\)，右上角是 \((x,y)\)，权值为 \(z\) 的矩形。
答案就是一个左下角是 \((0,0)\)，右上角是 \((k,k)\) 的大矩形和每一个 \([x,y,z]\) 对应的矩形的交的面积乘以 \(z\) 的和。
